山东省德州市陵城区一中2026届高三上化学期中监测试题含解析

山东省德州市陵城区一中2026届高三上化学期中监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、NaCN(氰化钠)有毒，是一种重要的基础化工原料，可用于化学合成、电镀、冶金等。下列说法不正确的是A．NaCN中含有的化学键类型为离子键和极性键B．NaCN中碳元素显+4价C．NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，NH3既不是氧化产物又不是还原产物D．实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释2、我国古代中药学著作《新修本草》中关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色。”明末学者方以智所著《物理小识》中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽术不茂。”下列有关叙述正确的是A．赤色固体可能是Fe2O3B．“青矾厂气“可能是CO和CO2C．青矾可能是NH4Al（SO4）2·12H2OD．青矾宜密闭贮藏，防止还原变质3、在恒温恒容的密闭容器中，发生反应X(g)+2Y(g)3Z(g)

△H=-a

kJ·mol-1(a>0)，下列说法正确的是A．容器内气体的压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态B．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能为akJC．当X、Y、Z的浓度之比为1:2:3时，反应达到化学平衡状态D．降低反应温度，正反应速率增大，逆反应速率减小4、短周期元素M和N的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是（）。A．M2+的离子半径比N2-小 B．M的原子序数比N小C．M和N原子的电子层数相等 D．M和N原子最外层电子数相等5、常温下，A是只含X和Y两种短周期元素的气体，X的原子序数小于Y，甲、乙、丙分别是X、Y、Z元素的单质，Z是地壳中含量最高的元素。甲、乙、丙和B、C、D都是常见的物质，其转化关系如图所示。下列说法正确的是A．原子半径：Z>X>YB．常温常压下，Z的氢化物为气态C．反应②为化合反应，反应③为置换反应D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是离子化合物6、氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)2I(g)（快反应）第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是A．N2O分解反应中，k(含碘)＜k(无碘) B．第一步对总反应速率起决定作用C．第二步活化能比第三步大 D．I2浓度与N2O分解速率无关7、下表实验、现象和结论均正确的是选项实验现象结论A向浓度均为0.lmol·L-1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)B向某溶液中滴加足量稀硫酸溶液中出现了气泡和淡黄色浑浊溶液中可能含有S2O32－C常温下，用pH试纸测定等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液pH前者的pH比后者的大水解程度：CN－＜ClO－D向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体（已知FeCl3+KSCNFe(SCN)3+3KCl）溶液颜色变浅平衡向逆反应方向移动A．A B．B C．C D．D8、炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量变化如下图。下列说法不正确的是A．生成活化氧的总反应是吸热反应B．反应前后氧元素的化合价发生改变C．生成活化氧的反应在有水条件下更容易发生D．反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成9、已知298K时，Ksp(NiS)=，Ksp(NiCO3)=；p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc()。在含相同物质的量浓度的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法中错误的是（）A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动D．p为3.5且对应的阴离子是10、下列说法正确的是A．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们水解的最终产物不相同B．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C．不可向蔗糖的水解液中直接加入银氨溶液检验蔗糖是否发生水解D．乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”11、在二氯化铂的HC1溶液中，通入乙烯气体，再加入KC1，可得K[Pt(C2H4)C13]·H2O(蔡氏盐)。下列相关表示正确的是A．中子数为117，质子数为78的铂原子：B．KC1的电子式：C．乙烯的结构简式：CH2CH2D．氯离子的结构示意图：12、短周期主族元素X、Y、Z、W

的原子序数依次增大，X

原子核外最外层电子数是其电子层数的2

倍，X、Y的核电荷数之比为3:4。W

-的最外层为8

电子结构。金属单质Z

在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A．元素Y、Z

的简单离子的电子层结构不同B．原子半径大小：r(X)

<r(Y)，r(Z)

>r(W)C．化合物Z2Y

和Z2XY3

中都只存在离子键D．常温下，W

的单质与Z

的最高价氧化物水化物的溶液反应生成两种盐13、现有a、b、c、d四种金属，①a、b合金铸造的日用品暴露在潮湿空气中a先被腐蚀；②电解b、c的硫酸盐混合溶液，电极上金属c析出后再析出b；③d的硝酸盐溶液呈中性，四种金属活泼性由强到弱的顺序是（）A．d、a、b、c B．d、b、a、cC．a、b、c、d D．a、b、d、c14、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用CuSi合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法正确的是（）A．X与电源的正极相连B．电子能够在三层液熔盐间自由流动C．电子由液态CuSi合金流出D．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原15、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L(标准状况)Cl2转移电子数为1.2NAB．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAC．足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2，若向反应后的溶液中加入足量的AgNO3，则生成AgCl的物质的量为2molD．56gFe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为2.6NA16、为探究锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)。向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B．加入少量硫酸钠固体，v(H2)减小C．加入CH3COONa固体，v(H2)减小 D．滴加少量CuSO4固体，v(H2)减小17、被称为“国防金属”的镁，60%来自海洋，从海水中提取镁的正确方法是物质氧化镁氯化镁熔点/℃2852714A．海水Mg(OH)2MgB．海水MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)MgC．海水Mg(OH)2MgOMgD．海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg18、下例说法正确的是（）A．花生油属于混合物，液氯属于纯净物B．醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物C．煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化D．氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体19、下列图示装置正确且能达到实验目的的是A．制备少量氧气B．固液分离C．提纯碘D．蒸馏提纯20、某学习小组在讨论问题时各抒己见，下列是其中的四个观点，你认为正确的是（）A．某单质固体能导电，则该单质一定是金属单质B．某化合物的水溶液能导电，则该化合物一定是电解质C．某化合物固态不导电，熔融态导电，则该化合物是离子化合物D．某纯净物常温下为气态，固态不导电，则构成该纯净物的微粒中一定有共价键21、化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO222、工业上用铋酸钠(NaBiNO3)检验溶液中的Mn2+，反应方程式为：4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO4=4NaMnO4+5Bi(SO4)3+3Na2SO4+□，下列说法不正确的是（）A．“□”内的物质为水，配平系数为14 B．若生成1mol

NaMnO4,则转移5mole-C．反应方程式中的硫酸可换为盐酸 D．溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ、A、B是两种常见的无机物，它们分别能与下图中周围4种物质在一定条件下反应：请回答下列问题：（1）A溶液与B溶液反应的离子方程式______．（2）若A与其周围某物质在一定条件下反应，产物之一是B周围的一种，则此反应的离子方程式为______（3）在A、B周围的8种物质中，有些既能与A反应又能与B反应．则这些物质可能是：______．Ⅱ、在Na+浓度为0.6mol/L的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为______。（2）实验Ⅱ中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：______。（3）通过实验I、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，判断K+______一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小浓度为______。（若不存在，此空不需填写）24、（12分）与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）25、（12分）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L．阳离子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣SiO32﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断（1）由I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_____________（写离子符号）。（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。（3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是_______。（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_________________，质量为_______________g。26、（10分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。(4)丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二只试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_____（填离子符号）；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为______。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________；27、（12分）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中必须用到的玻璃仪器有：______．（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为______g．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）______；A．用50mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动．C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切（4）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏大的有______；偏小的有______；无影响的有______。A．称量用了生锈的砝码；B．将NaOH放在纸张上称量；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．定容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．28、（14分）下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z完成下列填空：（1）硫原子的核外电子排布式为__，硫原子的核外电子占有__个轨道，Z元素在元素周期表中的位置为__，Y原子核外有______种能量不同的电子。（2）H2S分子中H-S键键角为92°，说明H2S分子是__（填“极性”“非极性”）分子。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是__。a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1mol硫单质得电子多c．Y和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X与Z两元素的单质反应生成0.1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热68.7kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___。（5）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式解释产生该现象的原因：___；在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因___。29、（10分）CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下：（1）“500℃煅烧”的目的是_______。（2）“浸出液”的主要成分是_______。（3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_________。（4）“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是_____________。（用离子方程式表示）；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是___________。（5）为测定制得的CoC2O4产品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化为草酸铵[(NH4）2C2O4〕溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点，共用去高锰酸钾溶液26.00mL，该产品的纯度为_______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】A.NaCN中含有的化学键类型为Na+、CN-之间的离子键和C、N之间的极性键，故A正确；B.NaCN中氮元素显-3价，钠元素显+1价，所以碳元素显+2价，故B不正确；C.NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，氮元素化合价无变化，所以NH3既不是氧化产物又不是还原产物，故C正确；D.实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释，可以防止NaCN水解产生有毒气体HCN，故D正确。故选B。2、A【解析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色。”，说明“青矾”的颜色为绿色，所以应为FeSO4·7H2O，“烧之赤色”说明经煅烧后，分解成颗粒度非常细而活性又很强的Fe2O3，FeSO4·7H2O受热分解的化学方程式是：2FeSO4·7H2O=Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O。A.根据上述分析可知，赤色固体可能是Fe2O3，故A正确；B.因“青矾”是FeSO4·7H2O，属于硫酸盐，分解生成的是SO2和SO3，不可能分解生成CO和CO2，故B错误；C.NH4Al（SO4）2·12H2O是铵明矾，根据上述分析可知，青矾是FeSO4·7H2O，故C错误；D.FeSO4·7H2O中含有Fe2＋，在空气中会被氧气氧化变质，所以宜密闭贮藏，防止氧化变质，而不是防止还原变质，故D错误；故答案选A。3、B【解析】A、反应物和生成物中气体的计量数之和相等，容器中压强始终不变，不能证明达到了平衡状态，故A错误；B、没有已知起始物质的量，若该反应向右进行，反应了1molX，放出的热量就是akJ，故B正确；C、X、Y、Z的浓度之比为1:2:3并不能表示各物质浓度不再发生改变了，所以不能说明反应达到了化学平衡，故C错误；D.降低温度，任何反应速率都会减小，故D错误。故选B。4、A【分析】M、N在周期表中位置如图所示：【详解】A、电子层数相同，M2+的质子数大半径小，正确；B、错误；C、M原子的电子层数比N多1层，错误；D、M和N原子最外层电子数分别为2和6个，错误。5、C【解析】Z是地壳中含量最高的元素，则Z为氧元素，丙为O2；A是由X和Y两种短周期元素组成的气体，短周期元素形成的化合物气体主要为氧化物和氢化物，A在O2中燃烧生成两种物质，则A不会是氧化物，所以可推断A为氢化物。又X的原子序数小于Y，所以X为氢元素，甲为H2。假设Y为碳元素，则乙为碳单质，A可以为CxHy；A在足量氧气中燃烧生成CO2与H2O，由C+碳→甲(H2)+D，则C为H2O，B为CO2；H2O+CCO，CO2+C2CO，均符合图中转化关系，则假设成立。综上所述，X为氢元素，Y为碳元素，Z为氧元素。A、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y>Z>X，故A错误；B、Z的氢化物为：H2O和H2O2，由于分子间含氢键，常温常压下，均为液态，故B错误；C、②为CO2+C2CO，属于化合反应，③为C+H2OCO+H2，属于置换反应，故C正确；D、X为氢元素，Y为碳元素，Z为氧元素，三者不能组成是离子化合物，故D错误。故选C。点睛：本题的突破口为根据A物质的特点：①气态；②两种短周期元素所形成的化合物，推断出A应为氢化物。短周期元素中形成的气态氢化物种类不多，可以从最常见的开始，代入进行推断。要求掌握短周期主族元素的特点，能够在解题时进行大胆的推测和验证。6、C【详解】A．由题碘的存在提高N2O的分解速率，v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故A错误；B．慢反应对总反应速率起决定作用，第二步起决定作用，故B错误；C．第二步反应慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C正确；D．根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5，I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；故答案为C。7、B【详解】A、溶度积常数表达式相同且NaCl、NaI的物质的量浓度相同时,溶度积常数越小的越先产生沉淀,该实验中先生成AgI沉淀,所以AgI溶度积常数较小,则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A错误；B、S2O32-滴加稀盐酸反应生成二氧化硫气体和硫单质沉淀，所以该溶液中可能含有S2O32-，故B正确；C、常温下，用pH试纸测定等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液pH，两者均为强碱弱酸盐，CN－和ClO－会发生水解，CN－+H2OHCN+OH－，ClO－+H2OHClO+OH－，前者的pH比后者的大，则水解程度：CN－＞ClO－，故C错误；D、该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以KCl不影响平衡移动，则加入KCl固体时溶液颜色不变，故D错误；综上所述，本题应选B。8、A【详解】A．根据图示，炭黑和氧气的总能量大于活化氧的总能量，生成活化氧的总反应是放热反应，故A错误；B．反应前氧气中O元素的化合价为0，在活化氧中O元素的化合价不为0，反应前后氧元素的化合价发生了改变，故B正确；C．根据图示，生成活化氧的反应在有水条件下的活化能小于无水条件下的活化能，反应更容易发生，故C正确；D．根据图示，反应物氧气中存在氧氧键，炭黑中存在碳碳键，生成物活化氧中存在碳氧键和碳碳键，因此反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成，故D正确；故选A。9、C【详解】A．常温下Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS、NiCO3的组成类型相同，故常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A正确；B．Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线I代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡：，加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+浓度减小，d点向b点移动，B正确；C．对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C错误；D．曲线Ⅱ代表NiCO3，a点时c(Ni2+)=c(),Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)∙c()=，c(Ni2+)=c()=1×10-3.5mol/L，p=p(Ni)=p(B)=3.5，D正确；故选C。10、C【解析】A、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，A错误；B、在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，分别发生盐析、变性而产生沉淀，B错误；C、蔗糖的水解液显酸性，不能向蔗糖的水解液中直接加入银氨溶液检验蔗糖是否发生水解，应该首先加入碱液中和后，再加入银氨溶液检验，C正确；D、汽油不是可再生能源，D错误，答案选C。11、B【解析】在原子符号的左下角标注的是该原子的质子数，所以应该为，选项A错误。氯化钾应该由钾离子和氯离子构成，所以将两个离子的电子式合并即可，选项B正确。有机物的结构简式中，是不可以省略官能团的，所以乙烯的结构简式为CH2=CH2，所以选项C错误。氯离子的结构示意图中，圆圈中应该为+17，所以选项D错误。12、D【解析】X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X为C元素；X的核电荷数为6，X、Y的核电荷数之比为3:4，Y的核电荷数为8，Y为O元素；Z的原子序数大于8，金属单质Z

在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为Na元素；W的原子序数大于Z，W-的最外层为8电子结构，W为Cl元素。A项，Y、Z的简单离子依次为O2-、Na+，都具有Ne的电子层结构，错误；B项，根据“层多径大，序大径小”的原则，原子半径：r（Y）r（X），r（Z）r（W），错误；C项，Z2Y为Na2O，Na2O中只存在离子键，Z2XY3为Na2CO3，Na2CO3中既存在离子键又存在共价键，错误；D项，Z的最高价氧化物水化物为NaOH，常温下Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO两种盐（反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），正确；答案选D。13、A【详解】①构成原电池，活泼金属作负极，先被腐蚀，说明a的金属性强于b；②电解过程中，阳离子氧化性强的先析出，根据单强离弱，因此b的金属性强于c；③显中性，因此硝酸是强酸，此盐属于强碱强酸盐，d是活泼金属；故选项A正确。【点睛】14、C【分析】由图可知该装置为电解池：Si4＋在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，Y与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率。【详解】A．Si4＋在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，故A错误；B．电子只能在外电路中移动，不能够在三层液熔盐间自由流动，故B错误；C．由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故C正确；D．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4＋，阴极反应为Si4＋得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查学生电解池的工作原理及其应用等知识，属于陌生类新型试题，解题的关键是提取图片信息并运用图片给予信息解答，把握图中Si→Si4＋→Si变化路径均可解答，注意提取、分析信息，利用所学原电池知识解题。15、D【详解】A、反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O

中转移5mol电子，生成3mol氯气，故当生成标准状况下13.44L氯气，即0.6mol氯气时，反应转移的电子的物质的量为1mol，即NA个，故A错误；B、标准状况下，11.2L

NO和11.2L

O2的物质的量均为0.5mol，且两者均为双原子分子，故共含2NA个原子，根据原子个数守恒，反应后体系中原子数仍为2NA个，故B错误；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，且由于浓盐酸的物质的量未知，反应后的溶液中的氯离子的物质的量无法确定，则生成的氯化银的物质的量无法确定，故C错误；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价。故0.1mol铁反应后转移的电子数介于0.2NA到0.3NA之间，故可能为0.26NA个，故D正确；故选D。16、C【解析】Zn与硫酸反应中，氢离子浓度增大，反应速率加快，氢离子浓度减小，则反应速率减小，构成原电池可加快反应速率，以此来解答。【详解】A．加入NH4HSO4固体，电离出氢离子，氢离子浓度增大，v(H2)增大，故A错误；B．加入Na2SO4固体，氢离子浓度不变，v(H2)不变，故B错误；C．加入CH3COONa固体，反应生成醋酸，氢离子浓度减小，则v(H2)减小，故C正确；D．滴加少量CuSO4溶液，构成原电池，v(H2)增大，故D错误；故选C。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、原电池对反应速率的影响即可解答。本题的易错点为D，要注意过程原电池，负极的腐蚀速率加快。17、D【解析】从海水中提取镁的方法是：先加石灰乳使水中的镁离子通过和石灰乳反应生成氢氧化镁白色沉淀，然后利用盐酸溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，从氯化镁溶液中结晶得到MgCl2·6H2O，在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2，镁是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁即可以得到金属镁。【详解】A.Mg(OH)2不导电，无法电解，A不正确；B.海水中通入氯化氢（或加入盐酸）不能得到不含杂质的MgCl2溶液，B不正确；C.MgO不导电，其在熔融状态下能导电，但其熔点很高，不适合制备Mg，C不正确；D.海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg，该流程与实际工业生产相符，D正确。答案：选D。【点睛】海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁首先是富集；根据石灰乳比氢氧化钠廉价易得，一般不用氢氧化钠，在海水中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁；加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁。18、A【详解】A．花生油为多种高级脂肪酸甘油酯组成的，属于混合物，液氯只含一种物质，属于纯净物，故A正确；B．过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误；C．煤的气化与液化、干馏都有新物质生成，均属于化学变化，故C错误；D．氢氧化铁为纯净物，不是胶体，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体为混合物，注意区分氢氧化铁和氢氧化铁胶体。19、C【解析】A.过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上，故A错误；B.过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故B错误；C.碘易升华，可以通过图示装置提纯碘，故C正确；D.蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。20、C【详解】A、石墨和晶体硅等非金属单质均能导电，能导电的单质固体不一定是金属单质，故A错误；B、化合物的水溶液能导电有可能是化合物与水发生反应的生成物电离而使溶液导电，该化合物不一定是电解质，如CO2、NH3、SO2等，故B错误；C、化合物在熔融状态下能导电，说明在熔融状态下有可移动离子，那么该化合物一定是离子化合物，故C正确；D、稀有气体常温下为气态，固态不导电，但稀有气体中不存在共价键，故D错误。【点睛】化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离，也就是说某物质的水溶液导电有可能是与水发生了反应生成相应的电解质，电解质电离使溶液导电，但该物质不一定是电解质。21、A【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，A选；B．Cu与FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，B不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D不选；答案选A。22、C【解析】A.根据质量守恒定律判断口内的物质为水，配平系数为14，故A正确；B.NaMnO4～5e-，若生成1molNaMnO4，则转移5mole-，故B正确；C.盐酸可被NaBiO3氧化，故C不正确；D.该反应中Mn2+→，溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色，故D正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、H++OH-=H2OMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2OAl（OH）3、NaHCO32H++SiO32-==H2SiO3↓取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；是0.7mol/L【分析】Ⅰ、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，结合物质的性质判断可能发生的反应；Ⅱ、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在，据此进行解答。【详解】Ⅰ、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，（1）A为HCl，B为强碱，二者发生中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O；（2）对比左右两个图中的物质，应为MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水的反应，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2O；（3）既能与酸反应，又能与碱反应的物质可为两性氢氧化物，如Al（OH）3，也可为弱酸的酸式盐，如NaHCO3，故答案为Al（OH）3、NaHCO3；Ⅱ、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓；（2）实验Ⅱ中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；（3）通过实验I、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，判断K+一定存在，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L。【点睛】本题考查无机物的推断、离子反应及计算，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关物质的化学性质，把握发生的反应及现象，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。24、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。25、K+、Fe3+3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O0.045Fe2+、Cu2+Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣CuO和Fe2O31.6【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO32﹣。(1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；(2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O；(3)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的体积为L，生成硝酸的物质的量为×=×mol，因此溶液的物质的量浓度==0.045mol/L，故答案为：0.045；(4)由以上推断可知溶液中阴离子为Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；(5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：Fe2O3和CuO；1.6。26、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe2+Fe3+可逆反应H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）由实验现象可知，在I-过量的情况下，溶液中存在Fe2+离子、I2和Fe3+离子，说明氧化还原反应是可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子。【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）实验②加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+离子，实验①中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，实验③中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍含有铁离子，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【点睛】本题考查了铁的化合物性质，涉及了离子方程式书写、离子检验、物质的保存等知识点，解答时注意铁的化合物的性质与题干信息相结合进行分析判断。27、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管2.0gBCAEDACBDEFHG【解析】试题分析：（1）取NaOH需要用烧杯，搅拌和引流需要用玻璃棒，定容需要用胶头滴管和500mL的容量瓶。（2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根据容量瓶的规格，需要配制NaOH溶液500mL，所需NaOH的质量为：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g。（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以配制过程所必需的先后顺序为：BCAED（4）A．称量时用了生锈的砝码，砝码质量增大，所称NaOH质量增大，所配溶液浓度偏高；B．NaOH易潮解，将NaOH放在纸张上称量，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低；C．液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，移入容量瓶中的氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低；E．未洗涤烧杯，少量氢氧化钠沾在烧杯壁，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；F．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；G．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响．H．摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。所以偏大的有AC；偏小的有BDEFH；无影响的有G。考点：配制一定物质的量浓度溶液的仪器、计算和误差分析。【名师点晴】本题考查了配制一定物质的量的溶液的方法及误差分析，注意配制450mL溶液需要选用500mL容量瓶，本题难度不大。28、1s22s22p63s23p49第三周期ⅦA族17极性acSi(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/molCO32-+H2O⇌HCO3-+OH-Ca2++CO32-=CaCO3↓，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱【分析】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；(1)硫原子的核电荷数是16，则核外电子数是16；Cl原子结构示意图为；(2)非极性分子的结构往往具有很强的对称性，据此判断；(3)说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；(4)X(Si)与Z(Cl)两元素的单质反应生成0.1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热68.7kJ，由于该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；(5)碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性；碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，导致碳酸根离子浓度减小，溶液碱性减弱。【详解】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；(1)硫原子核外电子数是16，其电子排布式为1s22s22p63s23p4,核外电子占有9个轨道；Cl原子结构示意图为，在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族，核外共有17个电子，则有17种能量不同的电子；(2)H2S分子中H-S键的键角为92°，非对称性结构，说明H2S分子是极性分子；(3)a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c正确；故答案为：ac；(4)X(Si)与Z(Cl)两元素的单质反应生成0.1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热68.7kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态